談物理題目中的動量、能量問題

華峰

一、求解碰撞題 巧解不神秘

碰撞問題是高中物理動量守恒定律和能量轉化與守恒定律的重要應用之一.在我們經常遇到的物理問題中，有些看上去并不是碰撞問題，但運用碰撞規律去分析求解卻顯得比較容易.下面我們一起對此類問題作較為深入的探討.

1.碰撞的幾種類型 圖1

（1） 完全彈性碰撞

如圖1所示，其特點是：在碰撞的過程中不僅沒有動能損失，且動量守恒.于是可得：

m1v1 + m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22= 1 2 m1v1′2+ 1 2 m2v2′2.

聯立上述方程并解之得：v1′=

（m1-m2）v1+2m2v2 m1+m2 ，v2′= （m2-m1）v2+2m1v1 m1+m2

說明 如果v2=0，即m2原來靜止，則v1′= （m1-m2）v1 m1+m2 ，v2′= 2m1v1 m1+m2 .

①若m1 > m2，m1撞擊m2后的速度方向不變，且m2的速度v2′ 大于v1；

②若m1 < m2，m1撞擊m2后被反彈回來，且m2的速度v2′ 小于v1；

③若m1=m2，則碰撞后m1停止，m2的速度v2′ 和m1的速度v1相同.

（2） 完全非彈性碰撞

在這種類型的碰撞中，兩物體碰撞之后不再分離，動能損失最大（轉化為其它形式的能）.由動量守恒可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，則v= m1v1+m2v2 m1+m2 .

如果m2原來靜止，則v= m1v1 m1+m2 .

碰撞過程損失的機械能為：ΔE= 1 2 m1v21+ 1 2 mv22- 1 2 （m1+m2）v2= m1m2 2（m1+m2） （v1-v2）2.

（3）非彈性碰撞

這種碰撞是日常生活中最常見的，具體的碰撞 結果與碰撞過程中損失的動能大小有關，碰撞過程中仍然滿足動量守恒定律，即

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22- 1 2 m1v1′2- 1 2 m2v2′2=ΔEk.

2.規律的拓展與應用

圖2

例1 如圖2所示，水平地面上靜止地放置一楔形物體，其質量為M，水平地面及楔形物體上下表面均光滑.現有一質量為m的小球在水平地面上以初速度v0滑上斜面.求小球能在楔形物體斜面上滑行的最大高度為多少？（設楔形物體斜面足夠長）

解析 當小球滑上楔形物體后，系統在水平方向不受外力作用，所以在水平方向上動量守恒.其次由于小球高度升高，會使重力勢能增大而系統動能減小.當小球上滑到最大高度時勢能最大而系統動能損失最大，所以這個問題類似于完全非彈性碰撞.則

mv0=（M+m）v

mghm= 1 2 mv20- 1 2 （M+m）v2

聯立以上兩式并解之得：hm= mv20 2（M+m） .

圖3

例2 如圖3所示，放置在光滑水平地面上的兩物體A、B，質量相等，它們之間用一輕彈簧連接.物體A靠在豎直墻上，向左推物體B使彈簧處于壓縮狀態后釋放物體B，物體B向右彈出，兩物體A、B與彈簧之間不分離.當彈簧第一次恢復原長時，物體B的速度為v.求當彈簧的長度最長時，物體A的速度為多大？

解析 當彈簧第一次恢復原長之后，物體A離開墻壁，彈簧開始伸長，彈性勢能增大，系統的動能減小；當物體A離開墻壁后，系統在水平方向不受外力作用，動量守恒；當彈簧的長度伸長到最長時，彈簧的彈性勢能最大而系統的動能損失最大，所以這個過程中相當于類完全非彈性碰撞，彈簧最長時，兩物體A、B速度相同.所以

mBv=（mA+mB）vA，則vA= mBv mA+mB = 1 2 v.

3.類完全彈性碰撞問題

例3 在例2中，試分析當彈簧再次恢復原長時，A的速度是多大？

解析 從彈簧第一次恢復到原長到再次恢復原長的過程中動量守恒.彈簧先伸長后縮短，雖然在這個過程中系統的動能有變化，但初狀態（彈簧第一次恢復原長）和末狀態（彈簧再次恢復原長）相比較，系統的總動能是相同的.所以可把這個過程看作是類完全彈性碰撞.在兩物體A、B的質量相同的情況下，其速度互換，即vA′=v.

例4 位于水平光滑桌面上的n個完全相同的小物塊，沿一條直線排列，相鄰小物塊間都存在一定的距離.自左向右起，第一個小物塊標記為P1，第二個小物塊標記為P2，第三個小物塊標記為P3，……，最后一個小物塊即最右邊的小物塊標記為Pn.現設法同時給每個小物塊一個方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大是速度記作v1，最小的速度記作vn，介于最大速度與最小速度間的各速度由大到小依次記為v2， v3， …， vn-1，若當小物塊發生碰撞時，碰撞都是彈性正碰，且碰撞時間極短，則最終小物塊P1， P2， P3， …， Pn速度的大小依次為 .

解析 由于相鄰的兩個小物塊發生彈性正碰，則滿足動量守恒、機械能守恒.由于它們發生碰撞時交換速度，據此很容易得出結論，故應順填：vn， vn-1， …， v3， v2， v1.

例5 相隔一定距離的A、B質量相等，假定它們之間存在著恒定的斥力作用，原來兩球被按住并處于靜止狀態.現突然松開兩球，同時給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零.求兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復原始值所經歷的時間內球B在斥力作用下的加速度.

解析 對A、B球來說，當二者速度相等時，兩球間距離最小，則根據動量守恒定律有：

mv0=2mv′，解得v′= v0 2 .

當二者距離恢復到原始值時，二者作用完畢，則有上述結論可知，A球速度為零，B球速度為v0，于是對B球有a= v0- v0 2 t = v0 2t .

圖4

例6 如圖4所示，在光滑水平面上停放著質量為m且裝有光滑的弧形槽軌道AB的小車.一質量為m的小球以水平初速度v0從小車右端沿弧形槽軌道A端滑上小車，到達某一高度后，小球又返回弧形槽軌道A端，則下列判斷正確的是（ ）.

A. 小球離開小車后向右做平拋運動

B. 小球離開小車后做自由落體運動

C. 此過程中小球對車做功為 1 2 mv20

D. 小球沿小車的弧形槽軌道上升的最大高度為 v20 2g

解析 小球滑上弧形槽后又滑下的過程中，小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒.系統的動能先減小后增大，當小球返回弧形槽軌道A端時，系統的重力勢能與小球滑上槽口時相同.因此初狀態（小球滑上軌道A端）與末狀態（小球返回軌道A端）系統的動能相同.所以可把這個過程看作是類完全彈性碰撞.根據完全彈性碰撞的規律可知：當小球返回軌道A端時，小車的速度為v1=v0.小球的末速度恰好為零.故小球離開車后做自由落體運動，在這一過程中小球對小車做的功為：W= 1 2 mv21= 1 2 mv20.故應選B和C. 圖5

例7 如圖5所示，質量為m的由絕緣材料制成的球與質量為M = 19m的金屬球并排懸掛.現將絕緣球拉至與豎直方向成θ = 60°的位置自由釋放，下擺后在最低點處于金屬球發生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.由于磁場的阻尼作用，金屬球將于再次碰撞前停在最低點處.求經過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角將小于45°.

解析 設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn-1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn、Vn.由于碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等.設速度向左為正，則有

mvn-1=MVn-mvn ①

1 2 mv2n-1= 1 2 MV2n+ 1 2 mv2n ②

①可變形為m（vn-1+vn）=MVn ③

②可變形為 1 2 m（vn-1-vn）（vn-1+vn）= 1 2 MV2n ④

將③代入④得（vn-1-vn）=Vn ⑤

由③和⑤可得

vn= M-m M+m vn-1= 9 10 vn-1，Vn= 2m M+m = 1 10 vn-1.

第n次碰撞后絕緣球的動能為En= 1 2 mv2n=（0.81）nE0，（E0為第1次碰撞前的動能，即初始能量）

絕緣球在θ=θ0=60°與θ=45°處的勢能之比為 E E0 = mgl（1-cosθ） mgl（1-cosθ0） =（0.81）n，易算出（0.81）2=0.656，（0.81）3=0.531，因此經過3次碰撞后θ小于45°.

二、磁場中雙桿運動 能量守恒有妙用

對于雙桿在磁場中運動的問題，穩定后回路中有感應電流存在，電流做功使系統發熱，系統中總會涉及到能量的轉化，因此雙桿系統總要受到外力作用，外力給系統補充能量，才能維持雙桿持續不斷地生熱而耗散的能量.安培力做功總是量度其它形式的能轉化為內能的，若雙桿的機械能不增加，則由能量轉化與守恒知，外力做功的功率與安培力做功的功率必相等.穩定狀態表現在雙桿運動應該有恒定的速度差.差值是多少視具體情況而定，也可以為零.因雙桿系統除受安培力，還受到其它力作用，在求表征單桿運動特征的某一物理量這樣的局部問題時，用牛頓第二定律.求系統發熱等全局問題時，應結合能量轉化與守恒定律. 圖6

例8 如圖1所示，在水平面上有兩條平行導軌MN、PQ，導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面（紙面）向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上且與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為m1、m2和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為μ.已知桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動，達到穩定狀態時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻忽略不計，求桿2克服摩擦力做功的功率.

解析 設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間與導軌構成的回路中的磁通量發生變化，產生感應電動勢

E=Bl（v0-v） ①

感應電流為I=E/（R1+R2） ②

桿2做勻速運動，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，則有

Blv=μm2g ③

導體桿2克服摩擦力做功的功率

P=μm2gv ④

聯立以上四式可解得P=μm2g[v0- μm2g B2l2 （R1+R2）].

點評 兩桿受的安培力等大反向，穩定后系統受力平衡，則外力F=（m1+m2）gμ.外力做功全部轉化為系統的內能，但通過了兩種途徑，一是感應電流做功發熱，另一種是摩擦生熱. 圖7

例9 在如圖7所示的導軌上，有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，左端間距L1=4L，右端間距L2=L.現在導軌上垂直放置ab和cd兩金屬棒，質量分別為m1=2m，m2=m；電阻R1=4R，R2=R.現使ab棒向右以初速度v0運動，求整個過程中cd棒產生的焦耳熱和通過它的電量.

解析 設ab長為L1、cd長為L2，如圖7所示.當ab棒剛開始運動時，回路中產生有順時針方向的電流，由左手定則可以判斷ab棒受到向左的安培力做變減速運動，cd棒受到向右的安培力做變加速運動，過程中電流不斷減小.當回路電流為零時，ab棒和cd棒受到的安培力均為零，速度不再發生變化，各自做勻速直線運動，達到穩定狀態.

收尾運動之前，因為Fab=BIL1、Fcd=BIL2，所以兩棒受到的合力不為零，故系統動量不守恒，只能運用動量定理.設從開始運動到穩定狀態回路中的平均電流（對時間）為I，對ab棒運用動量定理有

-BIL1Δt=m1vab-m1v0 ①

對cd棒運用動量定理有

BIL2Δt=m2vcd ②

由電流的定義知

q=IΔt ③

兩棒穩定后，回路中電流I=0，所以Eab=Ecd，即BL1vab=BL2vcd，故此有

L1vab=L2vcd ④

由以上四式可解得 q= m1m2v0L1 m1BL22-m2BL21 ，vab= v0 9 ，vcd= 4 9 v0.

將L1=4L、L2=L、m1=2m、m2=m代入上式可求得q= 4mv0 9BL .

因回路電流始終為零，故兩棒產生的熱量之比等于其電阻之比： Qcd R2 = Qab R1 = Q R1+R2 .

故cd棒產生的焦耳熱 Qcd= 1 5 （ 1 2 mv20- 1 5 m1v2ab- 1 2 m2v2cd）= 72 405 mv20.

點評 求解本題的關鍵在于當回路電流為零時，兩導體棒做勻速直線運動，于是可求得兩棒收尾速度的關系：vcd=4vab. 圖8

例10 如圖8所示，a1b1c1d1與a2b2c2d2為在同一豎直平面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在的平面（紙面）向里.導軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1；c1d1段與c2d2段也是豎直的，距離為l2.x1、y1 與x2、y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿，質量分別為m1、m2，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸.兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R.F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力，已知兩桿運動到圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率.

解析 設桿向上的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構成的回路的面積減少，從而磁通量也減少.由法拉第電磁感應定律知回路中的感應電動勢的大小

E=B（l2-l1）v ①

回路中的電流I= E R ②

電流沿順時針方向，兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為

f1=Bl1I ③

方向向上，作用于桿x2y2的安培力為

f2=Bl2I ④

方向向下，當桿做勻速運動時，根據牛頓第二定律有

F-m1g-m2g+f1-f2=0 ⑤

由以上各式可解得：I= F-（m1+m2）g B（l2-l1） ⑥

v= F-（m1+m2）g B（l2-l1） R ⑦

作用于兩桿的重力的功率大小

P=（m1+m2）gv ⑧

電阻上的熱功率Q=I2R ⑨

由后四式可解得P= F-（m1+m2）g B2（l2-l1） R（m1+m2）g，Q=[ F-（m1+m2）g B（l2-l1） ]2R.

點評 穩定后兩桿都向上勻速運動，由于軌道不等寬，則兩桿所受安培力大小不同，同時兩桿也要受到重力作用.因此系統必受向上的拉力才能平衡.外力做功一部分轉化為重力勢能，另一部分轉化為系統的內能.

例11 在例9中，若開始時兩棒均靜止，現給cd棒施加一個向右大小為F的恒力，如圖9所示.求ab棒上消耗的最大電功率. 圖9

解析 由于有恒定的外力F作用，兩棒不可能勻速運動，很顯然兩棒在穩定狀態時，回路電流不可能為零，cd棒開始在外力F和安培力作 用下向右做變加速運動，ab棒在安培力作用下也開始向右做變加速運動.回路中有逆時針方向逐漸增大的電流I.這就使得cd棒的加速度acd逐漸減小，ab棒的加速度aab逐漸增大.當回路中電流增大到最大值，這時兩棒加速度達到穩定值，最終兩棒均做勻加速運動.這時有E=BL2vcd-BL1vab，當兩棒加速度達到穩定值的瞬時，設ab棒的速度為v1，加速度為a1，cd棒的速度為v2，加速度為a2，則有vab=v1+a1t，vcd=v2+a2t，所以I=

E/5R=BL/5R[（v2-4v1）+（a2-4a1）t]，可見要使I恒定，只有

a2=4a1 ①

由牛頓第二定律，對ab棒有BIL1=m1a1 ②

對cd棒有F-BIL2=m2a2 ③

由以上三式可解得a1= 2F 9m ， a2= 8F 9m ， I= F 9BL .

因此ab棒上消耗的最大電功率Pabm=I2R1= 4F2R 81B2L2 .

此后，兩棒上消耗的電功率不變，而外力F的功率仍在增大，使兩棒的動能仍在增大.

點評 兩棒收尾運動是勻加速運動，這時回路電流恒定，即不隨時間變化，得到兩棒的加速度關系，于是問題便迎刃而解. 圖10

例12 如圖10所示，足夠長的光滑平行導軌水平放置，電阻不計，MN部分的寬度為2l，PQ部分的寬度為l，金屬棒a、b的質量ma=2mb=2m，其電阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導軌且相距足夠遠，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B.開始時a棒向右的速度為v0，b棒靜止，兩棒運動時始終保持平行，且a總在MN上運動.求a、b穩定運動前電路中產生的焦耳熱.

解析 由法拉第電磁感應定律和 楞次定律可知，a棒運動后做加速度減小的減速運動，b棒從靜止開始做加速度減小的加速運動，當兩棒加速度同時減小到零，即電路中電流為零時，兩棒運動達到穩 定，此時兩棒速度關系為vb=2va（從阻礙磁通量變化的角度可知，兩棒速度關系為vb=2va且恒定不變時，兩棒與導軌構成的回路面積不再變化，電路達到穩定）.

根據上述分析，從開始運動到穩定，對兩棒分別運動動量定理有：

-BI ·t=2mva-mv0，-BI ·t=mvb-0 vb=2va.由以上三式可解得va= v0 3 ， vb= 2 3 v0.

由能量守恒知，a、b穩定運動前電路產生的焦耳熱為Q= 1 2 ×2mv20- 1 2 ×mv2a- 1 2 ×2mv2b，將va= v0 3 ， vb= 2 3 v0，代入可求得Q= 2mv20 3 .

點評 對于雙導體棒切割磁感線問題，兩棒相對運動穩定的標志是相對速度恒定，穩定的實質是電流恒定.